数列型不等式的证明

1、12n证明】11n1n212n111112.另外：n1n2111112n1n 4n442 44n43n 1.n个1n12n4 42n4 42 4 424n 432nL数列型不等式证明的常用方法一 放缩法 数列型不等式证明是前见年高考中的一个热点，在多 省试题中常常作为压轴题出现。放缩法是数列不等式证明的 一个重要方法，它具有很强的技巧性的特点，学生往往无从 下手，下面总结放缩法证明的一些常用技巧， 例如 归一技巧、 抓大放小技巧、回头追溯技巧、利用函数性质技巧 ，仅供参 考.1 归一技巧 归一技巧，指的是将不容易求和的和式中的所有项或 若干项全部转化为 同一项 ，或是将和式的通项中的一部分转

2、化为 同一个式子 （或数值），既达到放缩的目的，使新的和 式容易求和 . 归一技巧有 整体归一、分段归一。1 1 1例如 设n是正整数，求证 21 n11 n1211说明】在这个证明中，第一次我们把L 2n这些含 n的式子都“归一”为 2n ，此时式子同时变小，顺利把不易求和的11n1n2121n变成了n个12n和，既将式子缩小，同时也使缩小后的式子非常容易求和， 这就是“归一”所达到的效果。而不等式右边的证明也类似1.1 整体归一放缩法中，如果通过将所有项转化为同一项而达到放 缩目的的，称之为“整体归一” .例 1. 数列 an 的各项均为正数， Sn为其前 n项和，对于任 意n N*，总有

3、 an,Sn,an2 成等差数列 .()求数列an的通项公式；() 设数列bn的前 n项和为 Tn任意实数1,e ( e是常数，ln n x，且 bn2 ，求证 : 对ane )和任意正整数 n，总有 Tn2；)解：由已知：对于 2Sn 1an 1- 得 2ann N* ，2an12 aa nn总有 2Sn anan2 成立 anan 1anan 1n 2)21an 1ananan 1an ,an 1均为正数， an an 1n 2)数列 an 是公差为 1 的等差数列2又 n=1 时， 2S1 a1 a1 ， 解得 a1=1 an n.( n N* )）证明：对任意实数 x1,e 和任意正整

4、数 n，总有bnlnn x 12 2 . ann放缩通项， 整体归一 ） Tn 12 1212 1111 n 12 22n212 2 3n 1n放缩通项， 裂项求和 ）1111111122223n 1 nn例 2. 已知数列an 中的相邻两项 a2k 1，a2k 是关于 x 的方程x2 (3k 2k )x 3k 2k 0的两个根，且 a2k 1 a2k (k 1，2，3，L ) I ）求 a1， a2 ，II ）求数列 an的前 2n 项和S2n ；)记 f (n)sinn2 sinnT ( 1) f (2) ( 1) f (3) ( 1)f (4) na1a2( 1)f(n 1)a3a4a5

5、a6a2n 1a2n1 5 *求证：16Tn 254(n N*)分析】( 1)略 . a1 2 ； a34； a5 8时； a7 12II )略 . S2n3n 3n 2n 1 22 2 2III )本题应注意到以下三点， f (n) 1, 2 ，且 f (n) 具有周期性 . f (n) 1, 2 ， 这就有 ( 1)f(n) 1, 1 ， f (n)虽有周期性，可周期为 2( 1)f(n 1)这就使当 n 很大时，和式通项 a a 的符号增加了不确定a2n 1a2n性.n很显然，当 n 4时， a2n 1 3n ， a2n 2 ；当 n 3时， a2n 1 2n， a2n 3n. 纵然没有

6、符号的问题，通1项 n 如何求和？也需要解决 .3n 21 1115T1 aa 6 ，T2，本题相当于证a1a2 6a1a2 a3a4 24明T1Tn T2(n N*) 基于以上三点，我们可以看到：T1 Tn等价于从第二项开始的项之和为非负数，可否考虑将第三项开始的项缩 小，此时可以做两方面的“归一” ，一是符号“归一” ，二是 分母的部分“归一” ，两者都是要达到容易求和的目的 .解答】 当 n 3时，116a3a4116a3a4=11=646=11=6461166 2211a5a61a5a6为负1为 2)61Tn6 2n(23116(3 1 6 23912214( 1)f(n 1)a2n

7、1a2na2n 1a2n13 4 2412312n从第三项起“归一”3n12n)1n1)n1n2(3,4,5, ,n “归一”6至于不等式右边原理一样：511TnLn 24a5a6a7a8511L24a5a6a7a8511为正24 923 34( 1)f (n 1)a2n 1a2n1a a ( 从第四项起“归 a2n 1a2n4 1 5 L 1 n24 3 5 253n 2n5 1 1 1 124 9 23 9 24 L 2n (4,5, ,n “归一”为 3)24 9 2n524T11 115又 1a1a26 ， T2a1a2a3a424 ，原结论成立1.2 分段归一放缩法中，如果我们把和式

8、分为若干段，每一段中的 各个项都转化为同一项而达到放缩并容易求和的目的的，称 之为“分段归一” .例 3 已 知 数 列 an 和 bn 满 足 a1 2,an 1 an（an 1 1），bn an 1，数列bn的前 n和为 Sn.（1）求数列 bn 的通项公式； n1（2）求证：对任意的 n N 有1 2 S2n 2 n 成立1 分析：（1）略 . bnn（2）此问可以用数学归纳法证明， 也可以用 “分段归一” 的放缩法解答 .【解答】左边证明S2(132n14)(1518)(1916( 2n 11 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) ( ) (2 4 4 8 8 8 8 164 2 4

9、 1368个 1162n2n， 2n 为界，将11和式 1 123121n 分为 n 段，每段12i 1 112i 1 21,2,3, n ），每段中的数对缩小归一为12i ，这就1 1 1 112 424 422 4 4 432n个 12=1+n1111这里我们以 2 ， 22 ， 23 ， 24 ，1使每一段的数缩小后和为 2 ，从而得证至于不等号右边，原理类似：S2n12n1 (12 13) (41 15 61 17(81 19 115)(21n112n 1 1 2n11) 21n1 1 1 1 1 1 1 11 ( ) ( ) ( )2 2 4 4 4 4 1842 4388个1161

10、2n81 41 414 21 4 4 431n个112n1nn2n说明】本题我们需要关注到不等号两边的性质：一方1+ n 1 面， 2112 4 2 432 ，接着我们把不等式中间的和式除 1 n个12外的部分拆分成 n段，每段都不小于 12 ；另一方面，n 121 412 4 32n个 11 12 ，接着我们把不等式中间的和式除 21n外的部分拆分成 n 段，每段都不大于 1；在归一放缩时，我们需要注意到题设的条件和式子的性质，它是我们考虑如何归一、往哪个地方归一的关键2 抓大放小在将和式通项中，我们保留式子主要的、数值较大的部 分，去掉次要的、数值相对较小的部分，以便达到放缩和容 易求和的

11、目的，这种放缩技巧，我们称之为“抓大放小”技 巧.例如求证 :222 1 2 2 2通项放缩为2n2n求和即证。直接抓大放小例 4 设数列 an的前 n 项和为有 an 5Sn1 成立，记 bnSn，41对任意的正整数 n ，都 an*n （n N*） .anI ）求数列 bn 的通项公式；II ）记 cn b2n b2n 1（n N*） ，设数列 cn 的前 n项和为Tn ，求证：对任意正整数 n都有 Tn解答】（）略 . bn4n 14n）由（）知bn( 1)n( 1)n4 ( 4)n 1cnb2nb2n 12542n42n 1 42n 1 1 (42n 1)(42n 4)小）25 42n

12、44n 3 42n 425 42n44n2516n分母直接抓大放又 b13,b2当n1时，T113332c1n 2时，Tn25(1(16211631)16n)2511621(1)n 116116251162116694842n44n 34阻碍了式子的求3 42n 4 中，最大的是 44n ，他起到了决定 整个这个式子数值大小的作用， 3 42n 4 相比它来说小很 多，由此，我们能把 44n 留在，去掉 3 42n 4 ，这里既能起 到放大式子的要求，也能使通项转化为等比数列，使和式容说明】这里的分母和，式子 44n2n易求和 . 就象整棵大树，我们留下了主干，把枝梢末节的地 方去掉了。拆大抵

13、小拆”大“抵”小指的是通项中有一两个数值在放缩时无法直接消去，只能从主要的数值中拆出一部分出来与之相抵，达到放缩的效果 .例 5 设数列 an 的前 n 项和为 Sn，满足 2Sn an 1 且 a1 ， a2（1）1,nN，2）3）3， a3 成等差数列 . 求 a1， a2， a3的值；求数列 an 的通项公式；11 证明：对一切正整数 n，有L a1 a21an32.分析（ 1）略 . a1 1，a2=4， a3=132)略 . an3）由（ 2）1(3n21 知a an1)23n 1如果将通项3n2 1 分母中的 1消去，通项将转化为等比数列 32n ，可这个转化是一个缩小的放缩，与和

14、式放大 矛盾，因而不能直接去掉 1.2n我们可以从通项 3n 1 分母中的 3n中拆出一部分出31来与 1相抵，为了达到放大的目的， 拆出来的部分必须比 1大 .解答】1( 3)由 aan22212 3n 1 3n3n 12 3n 1 3n 1 1拆大抵小 )11111故有：L1n1a1 a2an3311 3n31311223n 123【说明】抓大放小的技巧在于留住式子中主要的部分，既保留了式子的数值，也达到了放缩和容易求和的目的又例如求证 :11115212 2 1 2312 n 13如果 2n1 2 2n 1 12n12n 1 1 2n 111那么 2 n 1 2n 1 ，则放大过头！因为

15、 2n 1 4 2n 2 1 3 2n 2 2n 2 1 3 2n 2(n 2)1 1 1所以通项放缩为 n n 2 (n 2) ，求和即证。2n 1 3 2n 2111134如果求证 : 12131n134 ，则上2 1 22 1 23 12n 1 21述放大过头！可以用n n3 n3 n3 n32n1 8 2n31 7 2n32n31 7 2n3 (n3)所以第一、二项不变，通项从第三项放大为12n 17 2n 3 (n3） ，求和即证。3 回头追溯技巧许多的时候，我们在不等式放缩时，往往会因为式子 放的过大，步子迈得太开，而得到一个比原题设证明更弱的 命题，从而导致对题目的证明失败 .

16、此时我们往往只能回头 追溯我们原来的放缩，修改它，或者是保留若干项，这就是 回头追溯技巧 .保留若干项的回溯例 6 已知数列 an 满足 a1 2， an 1 2（1 1）2 an （n N*） . nan（ 1）求证数列 n2 是等比数列，并求其通项公式；cn710.n（ 2）设 cn，求证： c1 c2 c3an分析：（1）略 . an n2 2n2) cnnann 2n这 cn 的通项，其分母由 n 与 2n的乘积组成，不易求和， 能否用归一技巧 ，将分母部分归一？如： c1 c2c3 Lcn11111L12 2 223 23 4 24n 2n1111222n12n2n1这里显然是放得太

17、大了，不合题意。此时我们想能否回 头追溯我们原来的放缩，修改它，或者是保留若干项，这就 是 回头追溯技巧 ，这道题我们可以保留若干项：【解答】（ 3）设 Tn c1 c2 c3 L cn ，则 T1 T2 T3 T4当n4 时，1111L1Tn 122 223234 24n n2111111L12824424252n （ 从第四项开始放缩）21121217342333233010L7综上：c1c2c3cn10例 7已知数列 an 满足： 2an an 1 anan 1 cos(n )且 a1 41)求数列 an 的通项公式；(2n 1)*(2)设bn ansin2，记数列 bn的前 n项和为

18、Tn求证：对任意的 nN* 有 Tn成立解：1)由 2anan 1an an1 cos(n)(n1) an anan所以an 1an( 1)n1an2an 1( 1)n ，a11)n12an 11) 31)n 1所以 a1an1)n 是以 3 为首项，以 -2 为公比的等比数列11 ( 1)n an3(2)n 1 ，所以2)，当时，则从第三项开始放大，分母减去 1)对任意的 ，修改放缩的回溯刚刚我们提到修改我们的放缩，那我们看看以下这道题：例 8. 已知数列 an 满足 a1 1 ， an 12an1 (n N*).I )求数列 an 的通项公式；1 a1 a23 a2 a3 1(n N* )

19、.II ）证明：分析（ I ）略 .2nII ）证明：akQ ak 12k 12k 1 12kanan 1n*(n N* )212(2k 12)21,k 1,2,.,n,anan 1a1 a2a2 a3在不等号左边的证明中，可能有部分人利用抓大放小，这样证明：ak2k1 2k1111,k1,2,., n,k1k12kak 11 2k2ka1a2 .ann1(1212. 1n )na2a3an 1222222nn11n1(1n)22222n这里在放缩的过程中想当然的就将分母中的 -1 去掉，使分母变大，通项变小，但这样的放缩放得太大了，我们不得不放弃，必须回头去，看看原来的放缩能不能修改，能不能

20、 让放缩脚步迈得小一些，不要放得那么多 . 以下是修改后的放缩：【解答】（2）Qaakk1 22kk1 111112 2(2k 11) 213.2k 2k 2113.2k ,k 1,2,.n,a1 a2a2 a3ann1(11. 1)n1(11)n1,( 2 .n)(1 n) ,an 123 222 2n232n23n123a1a2anan 1n(n2N*)回溯技巧的使用更多的是在山穷水尽之时，弥补原有失误的技巧，其中保留若干项的方法最常见 .4. 利用函数的性质放缩例 9. 已知函数 , 数列满足 ,; 数列满足 , . 求证 :（）（）（）若则当 n2时,.x分析：可以考虑用 ：若 x 1

21、, x 1 ln（x 1） x 来证明 x1解析： （）先用 数学归纳法 证明 ,.（1）当 n=1 时 , 由已知得结论成立 ;（2）假设当 n=k时,结论成立 ,即.则当 n=k+1 时 ,因为 0<x<1 时 ,所以 f(x) 在(0,1) 上是增函数 . (函数性质 )又 f(x) 在上连续 , 所以 f(0)<f()<f(1), 即 0<.故当 n=k+1 时 , 结论也成立 . 即对于一切正整数都成立 又由 , 得 ,从而.综上可知() 要证即证 >0构造函数 g(x)=-f(x)= , 0<x<1,由, 知 g(x) 在 (0,1)

22、 上增函数 .又 g(x) 在上连续 , 所以 g(x)>g(0)=0.因为, 所以,即>0,从而( ) 因为 , 所以 , ,所以 ,下面只需证明 >( 逐步转化 )由() 知:,所以 = ,因为, n 2,所以 <<=由 两式可知 : .例 10. 已知等差数列 an 满足 a1 2 ，且 a3a5 a7 42）求 an 的通项公式；*（）数 列 bn 满 足 bnan 1anan1 ，并记Tn b1 b2 b3求证：anbn，2Tn3 (n N*) 解：（1）由 a3a7 3a5 42 ，解得 a514，故公差 da54a114 243，得ana1(n1)d

23、(n 1) 3 3n 12）证法一：an2Tn3即a2nTn3目标不等式变形）bnan 1an3n3n 1 ；Tn而 Tn b10 ，又 an 3 3nb220bn 32 653n3n 1 故因 (3n 故 f ( n1，从而2Tn31an 3由此不等式有3131312Tn211L1253n333211L1253n 1583n 223n 2 an253n 1证法三：同证法一求得bn 及Tn 332Tn33 6 3n 3 2因此 an 3 2 5 3n 1 3n 2 33 6 3n 3 2令 f (n) 2 5 3n 1 3n 2 ，(构造函数研究单调 性)32f (n 1) 3n 2 3n 3

24、 3 (3n 3)2则 f (n) 3n 5 3n 2 (3n 5)(3n 2)2 9n 7 0 ，3)3 (3n 5)(3n 2)21) f (n) 27特别地 f (n) f (1) 20 3即 an 3 2Tn3 证法二：同证法一求得 bn 及Tn， 由二项式定理 知， 当c 0时， 不等式 (1 c)3 1 3c 成立 31放缩通项 )32Tn3n2 1 121 1513n 1令 Bn3n 13nCn58473n 23n 1 证法四：3n因 3n 1因此 Tn33n 13nTn Bn Cn3n3n 13n2+2 （局部放缩 ）从而 2Tn3 2TnBnCn 3n+2an 3 同证法一求

25、得 bn及Tn ，易得Tn面用 数学归纳法 证明： an0， an2Tn3，n3 27当 n 1 时， a1 3 5 ， 2T13 4因此 a1 3 2T13 ，结论成立假设结论当 n k 时成立，即 ak 则当 n k 1 时，2Tk3，k2Tk31ak 1 32Tk3 bk3 13k 5(3k 3)3(3k 2) 3(3k 2)3 (3k 5)(3k3)3立从而因 (3k 3)3(3k(3k 5)(3k3)3故 (3k 5)(3k 2)2 1 ak 1 3 2Tk2 1这就是说，当(3k 5)(3k 2)22)2 9k 7 0 n k 1 时结论也成综上 an 3 2Tn2对任何 n N+

26、 成立例 11. 已知函数 y f(x)(x R)满足 f (x) f (1 x) 1. 2N * ) 的值；1)求 f(1)和 f (1) f(n 1)(n2 n n122)若 an f(0) f( ) f ( )nnf (n 1) f (1) ，求数列 an 的 n通项公式；3)若数列 bn 满足 anbn 1,Sn b1b2 b2b3 b3b4bnbn 1，412, f (12) 41，则实数 k 为何值时，不等式 2kSn bn 恒成立 .令 x 1 ，则1 f ( )f (111),即 f ( 1)n 1 1 f ( )nnn2nn22)1 an f (0) f ( )2 f ( )

27、n1 f ( )f (1) ，nnnanf(1) f(nn 1)f(nn2)f ( 1n )f (0) ，nnn由(1)，知 f (1)n f(1)1，nn2+，得 2an (n 1)1,2n1 an4解(1)令x 21，则 f(12)作差构造函数3)ann 1 1 1 ,a n bn, bn4 4 n 11111 1111Snb1b2b2b3 b3b4bnbn 11111 1111n 1 2 2 3 3 4 n n 1 4 4 5 n 1 n 21nn 2 2(n 2)231 1 1 1 1 1(21 13) (31 14) (14 51)( 1 1 ) (n 1 n 2)2kSn bn n

28、 2 n 12kn 2 (1 k)n(n 1)(n 2)由条件，可知当 kn 2 (1 k)n 2 0恒成立时即可满足条件 设 f (n) kn2 (1 k)n 2 ，当 k 0时，由二次函数的性质知 kn 2 (1 k)n 2 0 不可能恒成立；当 k 0时， f(n) n 2 0 恒成立；当 k 0 时，由于对称轴直线n(1 k) 1 1 12k 2k 2 2f (n)在1 ，+ )上为单调递减函数只要 f(1) 0即可满足 kn 2 (1k)n20恒成立由 f (1) k (1 k) 2 0 ，得 k32，又k 0 ， k 0综上知： k 0 时，不等式2kSnbn恒成立例 12. 已知

29、数列 an 满足： a1 1且12an 3an 1 2n 2 (n 2).(1) 求数列 an 的通项公式；2）设 m N * ，且 m n 2，证明：(m n 1)(an 21n )mm2 1解析：（1）不妨设anx 3 x2n2 (an 1 2n 1 )( n 2) ，3 an 2 an 1n1，与 an an3an 1212n12n 132 ( an 1比较系数得：1)2 n 1 )又 a132,故1an 2n 是首项为1.32 公比为32 的等比数列，1故 an 2n1）知，2）由（32）n，an题目结论等价于证明1)( 32) m2m1m，号成立。(32)n12n .m n 时显然成

30、立， 易验证当且仅当 mn 2 时，等设 bn (m n 1)(32)m面先研究其 单调性(11 3 1m1n)(32)m，bnm n 1 3当m>n时， bnn1 ( m n )(2)(bbnn1)m (11 m 3 1 2m1n)m(32) 1 32(141m3bn b即数列 n1b 是递减数列 .因为 n2，故只须证 b2(m1)(32)m2m1m，即证 (32)mm1利用二项式定理，事实上，(m 1)m 1 Cm1 1 mm 综上，原不等式成立 .Cm212m94.需要指出的是，在许多的数列型不等式放缩中，往往不 是一个技巧的使用，而是多个技巧，多种放缩方式的综合使 用.构造新数

31、列，比较两个数列的通项12n1( n N*).111例 13求证 ln( n 1)> 35 7357解析】构造数列 an 且它的前 n 项和为 sn =ln( n1) ，则可得 an=ln n 1n面只需证明k 1 1 *)ln > ( k N*)k 2k 1令 h( x) lnxx211， h(x)x11 2 x (x1) 2x21x( x 1) 2>0，函数 h(x)在区间 (0， ) 上是增函数 .当 x>1 时， h( x)> h(1)0，即 ln xx2 1>1，x1即 ln x>xx 11.k1令 xkk 1，则有k 11ln > .

32、ln k >2k 1.nlnk1k1 n 1>lk2k 1k1ln(nn1) ln k1k1，k，ln(11n1) >3512n1点评：本题是构造数列以及换元方法三 数学归纳法与积分法例 14设函数 f ( x) ln(1 x)，g(x)xf (x)，x0，其中 f (x) 是 f(x) 的导函数(1) 令 g1( x) g( x) ，gn1( x) g( gn( x) ，nN，求 gn(x)的表达式；(2) 若 f (x)ag(x) 恒成立，求实数 a的取值范围；(3) 设 n N，比较 g(1) g(2) g(n)与 nf (n) 的大小，并加以证明x【解析】：由题设得， g( x) 1x( x0)x(1) 由已知， g1( x) 1 x，g2( x) g( g1(x)1x1x1xx12x，xxg3( x) ，可得 gn( x) .1 3x1nx下面用数学归纳法证明x当 n1 时， g1( x) 1x，结论成立x假设 nk 时结论成立，即 gk( x) 1kx.那么，当 nk 1时，gk1( x) g( gk( x) 1gg